PARTE I-A

GASESPROBLEMA 1 .-Una reciente comunicación con los habitantes de Neptuno se ha

establecido que ellos tienen una escala de temperaturas del tipo Celsius, perobasada en el punto de fusión (0°N) y el punto de ebullición (100 °N) de lasustancia más común el hidrógeno. Posteriores comunicaciones han reveladoque los neptunianos conocen acerca del comportamiento del gas ideal y elloshan encontrado en el límite de la presión cero, que los valores

)*(28 latmPV a 0°N y 40.0 (atm*l) a 100°N.¿Cuál es el valor del cero absoluto para la escala de temperatura Neptuniana?

SOLUCION.-

La ecuación de estado nRTPV se toma cierta cantidad de H2: n = ctte

Sabemos que para el estado 1: RnT

VP*

*

1

11 (1)

Y para el estado 2: RnT

VP*

*

2

22 (2) como n = constante entonces (1) = (2)

2

22

1

11 **

T

VP

T

VP ()

Donde según el problema)*(40*

)*(28*

22

11

latmVP

latmVP

Ahora para las temperaturas:T1= 0°N+(°Abs)T2=100°N+(°Abs)

Todo lo anterior en ():

)(100

)*(40

)(0

)*(28

AbsN

latm

AbsN

latm

233)(

)(*40)100(*28

Abs

AbsAbs

Por tanto la escala absoluta: )(233)( NAbs __________________________resp

PROBLEMA 2. – En un pistón se encuentra gas etileno a 5 atm de presión y su temperaturacrítica, ¿Cuál deberá ser la presión sobre el gas para reducir su volumen a un quinto delvolumen inicial? (a temperatura constante) . Para el cálculo considere el factor decompresibilidad (Pc= 50 atm), ¿Qué porcentaje de diferencia existe con el calculado medianteconsideraciones de gas ideal?.

SOLUCION:

Datos: estado inicial: estado finalP1=50 atm T2=Tc

T1= Tc compresión isotérmica 02 5

1VV

V1= V0

Además de Pc =50 atm.

Para el estado inicial: 1111 **** TRnZVP 11

11 ***

TRnZ

VP (1)

Para el estado Final: 2222 **** TRnZVP 22

22 ***

TRnZ

VP (2)

Como T1=T2=Tc (1) = (2) entonces :2

22

1

11 **

Z

VP

Z

VP (3)

Ahora por condición del problema: sí V1 = Vo entonces V2= (1/5)Vo reemplazando en(3):

2

02

1

01

*5

**

Z

VP

Z

VP (4)

ahora para hallar Z1:

cr P

PP 1

1 50/51 rP 1.01 rP

Tanto para el estado inicial como final la Tr =1 (ya que el gas se encuentra a temperaturaconstante T1 = T2 = Tc)Por tanto para Z1: con Tr = 1 Pr1 =0.1 del gráfico generalizado se lee: Z1=0.965

Reemplazando valores en (4) y además simplificando:

2

020 *

965.0

*5

Z

VPVatm

2

2906.25Z

P (5)

Como se podrá observar en (5) sabemos que Z2 depende de P2 entonces se tendrán querealizar una serie de iteraciones.Para punto de inicio se hallará P2 mediante gas ideal:

Expansión isotérmica P1*V1= P2*V2

)5/(

*5

0

02 V

VatmP P2 = 25 atm.

Ahora para comenzar la iteración:P2=25 atm Pr2= 25 /50 Pr2=0.5Con Pr2=0.5 Tr = 1 del gráfico generalizado de Z: Z2=0.78Reemplazando P2=25 atm y Z2=0.78 en (5): se tiene

78.0

25906.25

atmatm 25.906 atm 32.05 atm

como ambos valores no son iguales darse otro valor de P2

P2=20 atm Pr2=20/50 Pr2=0.4Con Pr2=0.4 y Tr = 1 en el gráfico: Z2=0.82Reemplazando P2=20 atm. Y Z2=0.82 en (5): queda 25.906atm 24.39 atmSegún esta última iteración ya nos aproximamos al resultado, se deberá realizar mas

iteraciones hasta que se llegue a la igualdadLuego de varias iteraciones se halla que P2=20.98 atmEntonces Pr2=0.4196 y Tr=1 en el gráfico: Z2=0.81Reemplazando P2=20.98 atm y Z2=0.81 en (5): queda 25.906 25.901Se cumple por tanto:

P2=20.98 atm _____________________________respAhora calculando el error: Error cometido usando el método ideal respecto del método real

E% =(25atm – 20.98 atm)/ 25 atm %E= 19.05% _________________________resp.

PROBLEMA 3.- Un vocalista asciende desde una altura en la que la presión es de 700mmHg hasta otra en la que la presión es de 450 mmHg. Calcular la alturavertical del ascenso. Temperatura constante igual a 8°C.

SOLUCIÓN.-Datos: Po = 700 mmHg

Pf = 450 mmHgT=281°K

Se utilizará la fórmula)(*

*

*

0 *h

TR

gM

ePP

(*)

Donde g = 9.81 m/s2 ymolK

JR

*314.8

Despejando de la ecuación (*) h de tiene:

o

f

P

P

Mg

RTh ln

Reemplazando valores:

700

450ln*

81.9*10*96.28

281*314.83

h (m)

Entonces la altura que asciende es h = 3633. 3 (m) ____________________________Resp.

PROBLEMA 4.- Un recipiente de 44.8 litros contiene 4 moles de hidrógeno, 2 moles dehidrógeno y 2 moles de amoniaco a 273.15 °K. Cuales serán laspresiones parciales de cada componente y la presión total, si todo elhidrogeno se convierte en amoniaco al reaccionar con la cantidadnecesaria de nitrógeno (Nota la reacción entre el hidrógeno y elNitrógeno de amoniaco).

SOLUCIÓN:

Inicialmente:

molesn

molesn

molesn

NH

N

H

2

2

4

3

2

2

V = 44.8 (litros) y T = 273.15 °K

Pero debido a la reacción:322 3

8

3

44 NHNH

Mediante un balance de masa: Desaparecerá todo el H2 o sea, dicha cantidad de H2

reaccionará con moln rN 3

42 de N2 entonces:

222 rNiNfN nnn

moln

moln

fN

fN

3

2

)3

42(

2

2

Debido a la reacción se generarán molngNH 3

83

Luego de sucedida la reacción: 333 gNHiNHfNH nnn

moln fNH )3

82(3 moln fNH )3

14(3

Por tanto en las condiciones finales: V= 44.8 (litros) T= 273.15 °K

molnmolnmoln NHNH 3

2;0;

3

14223

De donde el número total de moles es: nT= mol

3

2

3

14 nT= (16/3) mol

Las fracciones molares del gas resultante: 125.02 Nx y 875.03 NHx

Cálculo de la presión total:V

TRnP T

T

**

Reemplazando valores: )(8.44

15.273*082.0*)316(

atmPT

PT = 2.67 (atm)________________________-RespLas presiones parciales:

TNHNH PxP *33 atmPNH 67.2*875.03 atmPNH 333.23

TNN PxP *22 atmPN 67.2*125.02 atmPNH 4655.03

__________________________________________Resp

PROBLEMA 5.- Un mol de CO2 a 350 °K y presión P1 ocupa un volumen V1, este gas secomprime hasta P2 = 10P1, de manera que el volumen se reduce a ladécima parte a temperatura constante. Calcule V1, emplee la ecuación deVan der Waals con:

2

2*62.3

mol

latma y

mol

lb 043.0

SOLUCIÓN:Datos: P2 = 10P1 (*)

n= 1 mol condiciones del problema: 10V2 = V1 (**)T=350 °K

2

2*62.3

mol

latma Y

mol

lb 043.0

Entonces: La ecuación de estado de Van der Waals para la condición inicial y la condiciónfinal: (Según le problema proceso isotérmico T1=T2=T)

21

2

11 V

an

nbV

nRTP

(a) y

22

2

22 V

an

nbV

nRTP

(b)

se hace cumplir la condición del problema para ello: (a) y (b) en (*)

22

2

2 V

an

nbV

nRT

= 10*

21

2

1 V

an

nbV

nRT

€

ahora expresando todo en función de V2 (reemplazando (**) en € además n=1 mol

222 V

a

bV

RT

= 10*

222 )10(10 V

a

bV

RT

Realizando operaciones algebraicas se llega a:

0999)(*90 22

22 ababVRTbaV

Reemplazando valores y luego de ordenar sé tiene la siguiente ecuación:

010*6934.671226.1859.23 32

22 VV

La raiz real positiva: )(0676.02 lV ccV 6.672 Por tanto de (**) se tiene que:

ccV 0.6761 ______________________________________resp.

PROBLEMA 6.- Un gas ideal a 650 Torr ocupa una ampolla de volumen desconocido. Seretira una cantidad de gas que ocupaban 1.52 cm3 a 1 atm de presión.La presión del gas que quedó en la ampolla fue de 600 Torr. Suponiendoque todas las mediciones se realizan a la misma temperatura, calcúlese elvolumen de la ampolla.

SOLUCIÓN:

Datos: Temperatura constante T1 = T2 = T0 = T

Inicialmente (en la ampolla) lo extraído lo que queda en la ampollaPo=650 mmHg P1=760 mmHg P2 = 600 mmHgn0= N n1= # de moles extraídos n2 = # de moles quequedanV0= Vamp V1=1.52 cm3 V2= Vamp

Mediante un balance másico:# Moles iniciales en la ampolla = # moles extraidos + # moles que quedan al final en la ampolla

210 nnn (1)

Según la ecuación de estado:

TR

VPn

*

* 000 (a) ,

TR

VPn

*

* 111 (b) ,

TR

VPn

*

* 222 (c)

Reemplazando (a), (b), (c) en (1):

TR

VP

*

* 00 =TR

VP

*

* 11 +TR

VP

*

* 22

221100 *** VPVPVP

Como V0=V2= Vamp entonces: ampamp VPVPVP *** 2110

Despejando:20

11 *

PP

VPVamp

mmHgmmHg

cmmmHgVamp 600650

52.1*760 3

3104.23 cmVamp _____________________________________resp

PROBLEMA 7. – Un de cierto gas ocupa un volumen de 0.6 litros a 400 °K, es sometido aun proceso a presión constante de modo que su volumen se reducea 0.1 litros, ¿Cuál la nueva temperatura?.

Para el cálculo considere la ecuación de Van der Waals con:2

2*7

mol

latma y

mol

lb 06.0

SOLUCIÓN:Condición del problema: P1 = P2 ()

Condiciones iniciales. Condiciones Finalesn1= 1 mol n2 =1 molV1 =0.6 lt V2 = 0.1 ltT1 = 400 °K T2 = ?

Se tiene ademas como datos:2

2*7

mol

latma y

mol

lb 06.0

Ahora la ecuación de Van Der Waals: RTbVV

aP

)(

2

Que se puede escribir como:2V

a

bV

RTP

entonces para:

La condición (1): 211

11

V

a

bV

RTP

()

La condición (2): 222

22

V

a

bV

RTP

()

Reemplazando () y () en (): 211

1

V

a

bV

RT

= 2

22

2

V

a

bV

RT

De donde despejando T2 se tiene:R

bV

V

a

V

a

bV

RTT

)(* 2

22

211

12

Reemplazando valores: )(082.0

06.01.0*

1.0

7

6.0

7

06.06.0

400*082.0222 KT

Finalmente: T2 = 361.61 °K______________________________resp

PROBLEMA 8. – La descomposición de KClO3 produce 27.8 cm3 de O2, que se recolectasobre agua a 27.5 °C. La presión de vapor del agua a esta temperatura es27.5 Torr. Si en el barómetro se lee una presión de 751.4 Torr, encuentreel volumen que ocuparía el gas seco a 25.0°C y 1 atm.

SOLUCION:Datos : PT = 751.4 mmHg V = 0.0278 lt

PV = 27.5 mmHg T = 300.5°K

Por tanto la presión del O2 : VTO PPP 2

mmHgPO )5.274.751(2 mmHgPO 9.7232 atmPO 9525.02

Ahora mediante gas ideal se calcula:TR

VPn O

O *

*22 reemplazando valores:

)(5.300*082.0

0278.0*9525.02 molnO )(10*075.1 3

2 molnO

Para las nuevas condiciones del O2: P=1 atm, T=298 °K, )(10*075.1 32 molnO

Entonces utilizando la ecuación de estado:P

TRnV O **2 reemplazando datos:

)(1

15,298*082.0*10*075.1 3

ltV

)(282.26 3cmV ________________________________________resp

PROBLEMA 9. – En la actualidad se emplean globos aerostáticos para trasladar árboles degran tamaño del sitio en que se cortan en las pendientes de las montañashasta donde se encuentra el transporte normal. Calcule el volumen delglobo que se necesita para que este tenga una fuerza de arrastre de 1000Kg a una temperatura de 290 °K y una presión de 0.940 atm. El globo seva a rellenar con Helio. Suponga que el aire contiene 80 moles de N2 y elresto O2. Ignore la masa de la estructura y la energía de propulsión delglobo.

SOLUCIÓN: Datos:Masa a levantar = m =1000 KgT=290 °KP=0.940 atmCalcular Vg= volumen del globoPrimero un analisis de fuerzas

Según la segunda ley de Newton (para el globo una vez elevado):

0yF

0 HeWWE (a)

Donde:W = peso de la masa a elevarWHe = peso del Helio que se encuentra en el globoE = fuerza de empuje

desplazadofluido VgE **

En nuestro caso AIREfluido

gdesplazado VV Por tanto: VggE AIRE ** (b)

W=m*g (e) y VggW HeHe ** (d)

Reemplazando (b), (c), y (d) en (a) se tiene:0)**()*()**( VgggmVgg HeAIRE

0)*()*( VgmVg HeAIRE De donde despejandoHeAIRE

mVg

()

Cálculo de las densidades del aire y del Helio mediante la ecuación de estado:

TR

MP

*

* ( )

Para el aire: como es una mezcla de dos gases se utiliza él M :

2.02 Ox ,nol

gMO 322 y 8.02 Nx ,

mol

gM N 282

mol

gM )288.032*2.0(

mol

gM 8.28

Utilizando () :

l

gAIRE 290*082.0

8.28*94.0 3

138.1m

KgAIRE (i)

Para el Helio:mol

gM He 00.4

W(He) W

E

Utilizando ():

l

gHe 290*082.0

00.4*94.0 3

16.0m

KgHe (ii)

Reemplazando (i) y (ii) en ():

)(16.0138.1

1000 3mVg

Finalmente:

Vg=1022. 5 (m3)____________________________resp

PROBLEMA 10. - Una mezcla de gas contiene 5 mol% de Butano y 95mol% de argón (escomo la que se emplea en los contadores Geiger – Muller ) y se va apreparar permitiendo que el butano gaseoso llene un cilindro evacuado a1 atm de presión. Posteriormente se pesa el cilindro de 40 dm3. Calcule lamasa de argón que dá la composición deseada si la temperatura semantiene a 25 °C. Calcule la presión total de la mezcla final .

Peso molecular del Argón 39.9 g/mol

SOLUCION:

Composición de la mezcla (fracciónes molares):Para el butano (B) 05.0Bx y para el argón (A) 95.0Ax

Datos para el butano: PB = 1 atm ; )(40 lVB ; KT 298

Por tanto él # de moles de Butano:TR

VPn BB

B *

* , reemplazando valores:

)(298*082.0

40*1molnB molnB 64.1

por otra parte se sabe q ue:BA

BB nn

nx

; despejando se tiene B

B

BA n

x

nn

Reemplazando datos: molmol

nA 64.105.0

64.1 molnA 1.31

Por tanto la masa:mol

gmolmA 1

9.39*1.31 gmA 9.1240 _____________resp

Ahora la presión del Argón:A

AA V

TRnP

** reemplazando valores:

)(40

298*082.0*1.31atmPA atmPA 0.19

Entonces la presión final total del sistema: BAT PPP atmatmPT 10.19

atmPT 0.20 ________________________________________resp

PROBLEMA 11. – La constante gravitacional “g” disminuye por cadaKm

sm

2

01.0 de

altura.a) Modifique la ecuación barométrica para tomar en cuenta esta variación .Suponga

que la temperatura permanece constante.b) Calcule la presión del nitrógeno a una altura de 100 Km. Suponiendo que la presión

a nivel del mar es de exactamente una atmósfera y la temperatura de 298°K se mantiene constante.

SOLUCION:

La ecuación de distribución barométrica en su forma diferencial: dhRT

Mg

P

dP (a)

Donde )(hgg ahora según el problema g disminuye 0.01ss

mpor cada Km de altura

o también 0.000012s

mpor cada 1 metro de altura,

Entonces “g” se puede expresar de la siguiente manera: hgg o 00001.0 ( 2sm ) (b)

Donde20 81.9

s

mg (gravedad a nivel del mar) y h = (metros)

Reemplazando (b) en (a):

dhRT

hgM

p

dp )00001.0(* 0

Integrando con los siguientes límites: cuando p = Po h = 0Cuando p = P h = H

dhhgRT

M

p

dp H

o

P

Po

)00001.0( 0

)10*5(ln 260 HHg

RT

M

Po

P

()

Donde: H en (m); M enmol

Kg; R en

molK

J

*; T en °K; Po = 1 atm ; 0g 9.81 m/s2

b) datos: Nitrógeno

H= 100*103 m ; T = 298 °K

M= 28mol

g= 0.028

mol

Kg

Reemplazando valores en (): )10*10*510*81.9(298*314.8

028.0

1ln 1065

atm

P

Despejando: atmP 510*698.2 ____________________________________resp

PROBLEMA 12. – Se introducen 860g de hielo seco (CO2 sólido) un contenedor de 2 litrosal vacío. La temperatura se eleva y el CO2 se vaporiza. Si la presión en eltanque no excediera los 111 bar,¿cuál sería la temperatura máximapermisible del tanque ¿

Responder usando:a) Usando la ecuación de Van Der Wallsb) El factor de compresibilidad y la temperatura idealc) El factor de compresibilidad pero no la temperatura ideald) la ecuación de Berthelot,Datos adicionales: Pc = 304 °K y Tc = 74 bar,Para Berthelot: (P-A/TV2)(V-B)=RT ; Pc=27(R2(Tc)3 )/ (64 A); R=8B(Pc) / Tc

SOLUCION:Datos:m = 860g P = 111 bar = 109.55 atm M =44 g/mol

V = 2 lt T=?Además Tc = 304 °K y Pc = 74 bar = 73.03 atmComo m=860 g con el peso molecular: n= (860/44) mol n= 19.5454 mol

a) hallando la temperatura T mediante Van Der Waals:

La ecuación: nRTnbVV

anP

)(

2

2

(1)

Donde: 2)(*3 VcPca () , 3Vcb () y

Pc

RTcVc

8

*3 ()

Reemplazando () en () se tiene:Pc

RTca

*64

*)(*27 22

(a)

Reemplazando () en () se tiene:Pc

TcRb

*8

* (b)

Reemplazando valores en (a):03.73*64

082.0*304*27 22

a 2

2*59.3

mol

latma

Reemplazando valores en (b):03.73*8

304*082.0b

mol

lb 043.0

De (1): TnR

nbVV

anP

)(

2

2

..................... (2)

Ahora reemplazando valores en (2):

)(082.0*545.19

)043.0*545.192(2

545.19*59.355.109

2

2

KT

KT 32.327 ______________________________________resp(a)

a) Utilizando el factor de compresibilidad y temperatura ideal:La ecuación: ZnRTPV (*)Donde Z = factor de compresibilidad = Z (Pr,Vr)

cVVVr (V =volumen molar) y Pc

PPr

Hallando primero Vr : Para eso de ()

Pc

RTccV

8

*3 , reemplazando valores

mol

lcV

03.73*8

082.0*304*3

mol

lcV 128.0

Por otra parte de los datos del problema:n

VV

mol

lV

545.19

2

mol

lV 1023.0

Por tanto128.0

1023.0Vr 8.0Vr

Hallando Pr : con los datos del problema Pc= 73.03 atm y P=109.55 atm

Entonces03.73

55.109Pr 5.1Pr

Ahora ingresando al gráfico generalizado de Z con: 8.0Vr y 5.1Pr ,se tiene Z = 0.85

Ahora de (*) despejando T:ZnR

PVT (**)

Reemplazando valores en (**) y omitiendo unidades: )(082.0*5454.19*85.0

2*55.109KT

)(83.160 KT ____________________________________resp(b)

a) Utilizando factor de compresibilidad y temperatura no ideal:

Nuevamente de (*) despejado T que lo denominaremos:ZnR

PVTcalc ()

Como P = 109.55 atm V = 2 Lt, R Ctte. De los gases, n = 19.545 mol entonces

reemplazando dichos valores en ():5454.19*082.0*

2*55.109

ZTcalc

)(704.136

KZ

Tcalc ()

Donde Z = Z (Pr, Tr) por tanto PcPPr y

Tc

TTr ()

Como Z también depende directamente de T entonces sé tendrá que realizar una serie deiteraciones, de la siguiente forma:

Se asumirá una temperatura cualquiera denominada Tsup (temperatura supuesta), y se lareemplazará en (), con la cual se calculará Tr, por otra parte Pr seráconocido, con un valor constante ya calculado anteriormente Pr = 1.5,entonces con Pr y Tr se ingresa en el gráfico generalizado de Z del cual sehalla el factor de compresibilidad Z,a continuación dicho valor sereemplaza en la ecuación () de esa forma se halla Tcalc.

Si Tcalc es igual o aproximadamente igual a Tsup entonces se halló la temperatura, sino asumir otra T sup.

Los cálculos para este problema se resumen en el siguiente cuadro:

Tsup (°K) TcTTr sup/ PcP /Pr Z (del gráfico) ZTcalc 704.136 (°K) TcalcTsup

400 1.316 1.5 0.77 177.422 No350 1.151 1.5 0.6 227.84 no335 1.102 1.5 0.475 287.8 No330 1.09 1.5 0.45 303.8 no325 1.07 1.5 0.39 350.52 no327 1.075 1.5 0.405 337.54 no328 1.08 1.5 0.41 333.42 no329 1.082 1.5 0.415 329.41 Si

Entonces T= 329.41 °K _______________________________________resp (c )

e) Utilizando la ecuación de Berthelot

Con (P-A/TV2)(V-B)=RT ( A)Pc=27(R2 (Tc)3)/ (64 A) (B)R=8B(Pc) / Tc (C)

De (A) despejando T se llega a: 0)(

*)(

22

VR

BVAT

R

PBVT (1ª)

Ahora calculando las constantes de berthelot (A y B)

De (B) se tiene:Pc

TcRA

64

)(27 32

(1B) y de (C) se tiene quePc

RTcB

8 (1C)

De los datos del problema Tc =304 °K y Pc = 109.55atmReemplazando valores en

(1B):

2

232 **

03.73*64

304*082.0*27

mol

lKatmA

2

2**27.1091

mol

lKatmA

(1C):

mol

lB

03.73*8

304*082.0

mol

lB 0427.0

De los anteriores incisos se tiene quemol

lV 1023.0

Entonces reemplazando valores en (1 A) :

01023.0*082.0

)0427.01023.0(*12.1091*

082.0

5.109*)0427.01023.0(2

2

TT

083.7577962.792 TTResolviendo la ecuación cuadrática:

T= 317.955 °K__________________________________Resp €

PROBLEMA 13. - Dos bulbos vacíos (de igual volumen) se encuentran unidos por un tubode volumen despreciable. Un bulbo está sumergido en un baño detemperatura constante a –73 °C y el otro en un baño a 27 °C, entonces seinyecta al sistema 10 mol de un gas ideal. Hallar el número de moles finalde gas en cada bulbo.

SOLUCION:

# de moles inyectados = INYn =10 mol

En el equilibrio: P1= P2 =P ya que ambos bulbos están conectados entre sí

Por otra parte: 21 nnnINY molnn 1021 (1)

Según gas ideal:1

11

*

*1

TR

VPn (2) y

2

22

*

*2

TR

VPn (3)

Reemplazando (2) y (3) en (1): 10 mol=1

11

*

*

TR

VP+

2

22

*

*

TR

VP(4)

Por condición del problema:VVV

PPP

21

21

Entonces (4) queda de la siguiente forma: 10mol=21 RT

PV

RT

PV

Ordenando: 10mol*R=

12

11*

TTPV

21

21 ***10

TT

TTRmolPV

Reemplazando valores (omitiendo unidades): )*(300200

300*200*082.0*10latmPV

latmPV *4.98 (5)entonces latmVPVPPV *4.982211

Para hallar n1 utilizando (2): moln200*082.0

4.981 moln 61

Para hallar n2 utilizando (3): moln300*082.0

4.982 moln 42

moln 61 Y moln 42 __________________________resp

Bulbo 1 Bulbo 2V1=VT1=200°K

n1=?

V2=VT2=300°K

n2=?

PROBLEMA 14. – Un globo de 1000 m3 de capacidad se llena con Helio a 20°C y 1 atmde presión. Si el globo se carga con un 80 % de la carga que puedelevantar a nivel del suelo ¿A que altura alcanzará el estado de reposo?.Suponer que el volumen del globo es constante, la atmósfera es isotérmicaa 20°C , el peso molecular del aire 28.9g/mol y la presión a nivel del sueloes de 1 atm . La masa del globo es de 1.3*106 g.

SOLUCION:Datos a nivel del suelo:Vg=10000 m3 =107 (lt) MAIRE=28.9 g/molT=20°C Po= 1 atmMHe=4 g/mol mg=1.3*103 Kg

En el equilibrio a nivel del suelo. Cáculo de la masa que puede levantar el globo:Haciendo un análisis de Fuerzas:

Según la segunda ley de Newton:

0Fy

0 WaWgWE He (a)

Donde:WHe = peso del Helio que se encuentra en el globo

Wg = peso del globoWa = peso de la masa a elevarE = empuje

desplazadofluido VgE **

en nuestro caso AIREfluido

gdesplazado VV Por tanto: VggE AIRE ** (b)

WHe = gmHe * (c)

Wa = gmA * (d)

Wg = gmg* €Reemplazando €, (d), €, (b) en (a):

0***** gmgmgmVgg AgHeAIRE

gHeAIREA mmVgm * (f)

Ahora calculo de la densidad del aire nivel del suelo:

RT

MPo AIREAIRE

*

l

gAIRE 23*082.0

9.28*1 l

gAIRE 2028.1

Cálculo de la masa de He existente en el globo:

RT

VMPm HeHe

He

** Como VgVHe

RT

VgMPm He

He

**

Reemplazando valores: gmHe 293*082.0

10*4*1 7

KgmHe310*665.1

Reemplazando valores en (f) se tiene:

W(He)Wg

Wa

E

)(9063

))(1300166510*10*2028.1( 73

Kgm

Kgm

A

A

Como solo se levantará el 80% de Am entonces: KgmC 9063*8.0 KgmC 7250Como se disminuyó la carga, entonces el globo se elevará una altura “h” donde llegará

nuevamente al equilibrio (a medida que el globo se eleva cambia ladensidad del aire de acuerdo a la ley de distribución barométrica).

Balance de fuerzas a la altura “h”:Haciendo un análisis de Fuerzas:

Según la segunda ley de Newton:

0Fy

01 WcWgWE He (a’)Donde:WHe = peso del Helio que se encuentra en el globoWg = peso del globoWc= peso de la masa a elevarE1=empuje

desplazadofluido VgE **1

En nuestro caso: 2AIREfluido

2AIRE Densidad del aire a la altura “h”

gdesplazado VV

Por tanto: VggE AIRE **2 (b’)

WHe = gmHe * (c’)Wc = gmC * (d’)

Wg = gmg* (e’)Reemplazando (e’), (d’), (c’), (b’) en (a’):

0*****2 gmgmgmVgg CgHeAIRE

De donde:Vg

mmm CgHeAIRE

2 (f’)

Reemplazando valores en (f’):

l

gAIRE 72 10

1000*)4.725013001665(

l

gAIRE 02154.12

Mediante la ley de distribución barométrica para la densidad:

)exp(*22 hRT

MgAIREAIRE , Dé donde:

2

lnAIRE

AIRE

Mg

RTh

(*)

W(He)Wg

Wc

E1

H2O

Reemplazando valores en (*):

02154.1

2028.1ln

81.9*10*9.28

293*314.83

h (m)

)(5.1403 mh _________________________________resp

PROBLEMA 15. –En el laboratorio de Villa Fátima se descompone cierta masa de KclO3

recogíendose sobre agua 36.5 cc de oxígeno a 23°C, deacuerdo al siguiente esquema, donde el gas tiene unahumedad relativa del 70% (la presión de vapor límite esde 21.1 mmHg),¿Qué volumen ocuparia el oxígenoseco a 0°C y 100 atm de presión?

SOLUCIÓN:Datos: En Villa Fátima

V=36.5cc=0.0365 (lt) T = 23°C = 296°K = 70% Patm =495 mmHgPv* = 21.1 mmHg

Balance de Presiones (Ley de Pascal) ,del esquema:

21 PP (1)

HPatmPgh (2)Donde Pgh = presión del gas húmedo

Pgh = PO2 + Pv (3)Pv= Pv* (4)H= altura (columna) de mercurio

Reemplazando (3) y (4) en (2)PO2 + Pv* = Patm + H

Despejando: PO2 = Patm + H - Pv* (5)H= 2000 mmH2O

Para convertir a columna de mercurio: HgHgOHOH HH ** 22 De donde:

Hg

OHOHHg

HH

22 *

(6)

Reemplazando valores en (6): mmHHg 6.13

2000*1 mmHgHHg 06.147

Reemplazando valores en (5): mmHgmmHgmmHgPO 1.21*7.006.1474952 mmHgPO 3.8922

Entonces el número de moles de O2 contenidos dentro del Tubo:RT

VPn O

O

*22

H=2m

oxigeno húmedo

H=2m

H2O

Patm

Pgh

Reemplazando valores: molnO 296*082.0

0365.0*3.8922 molnO

32 10*765.1

Cálculo del volumen de esta cantidad de O2 para las siguientes condiciones:P=100 atm y T= 273°K

Entonces:P

TRnV O **2 )(

100

273*082.0*10*765.1 3

ltV

ccV 395.0 ____________________________________resp

PROBLEMA 16. - Los pilotos saben que en la parte inferior de la atmósfera, la temperaturase reduce linealmente con la altitud. Esta dependencia se describe como T= To-az, donde “a” es una constante de proporcionalidad, “z” es la alturay To y T son las temperaturas a nivel del piso y a la altura “z” ,respectivamente . Derive una expresión para la ecuación barométrica que

tome esto en cuenta. Incluya en la expresión untérmino )ln( PoP .

SOLUCION:

La forma diferencial de la Ecuación barométrica: dzRT

Mg

p

dp (1)

pero por la condición del problema azToT (2)

Reemplazando (2) en (1): dzazToR

Mg

p

dp

)( (3)

Definiendo límites para integrar:Cuando Z = 0 p = PoCuando z = Z p = P

Integrando:

ZP

Po azTo

dz

R

Mg

p

dp

0 )(Z

P

PoazTo

aR

Mgp

0

)ln(*)ln( , luego de ordenar:

To

aZTo

aR

Mg

Po

Plnln

________________________________resp

PROBLEMA 17. – 1 mol de gas se encuentra a Tr =1.2 y a una Pr = 3, determinar elvolumen reducido de este gas, y a partir de estos valores determinar latemperatura, la presión y el volumen molar si el gas es nitrógeno.

Pc = 33.5 atm , Tc = 126 °K Vmc = 9.1 (dm3/mol)

SOLUCIÓN:

Datos:Tr =1.2 Tc=126°KPr = 3 Pc = 33.5 atm Vmc=0.09(dm3/mol)Se sabe que Pr = P/ Pc P = Pr * Pc (1)Tambien : Tr = T/ Tc T = Tr * Tc (2)Con (l) y (2) se halla la presión y temperatura respectivamente:

P = 3 *33.5 atm P = 100.5 atmT= 1.2 * 126 °K T = 151.2 °K

Para hallar Vm, de la ecuación de estado: ZnRTPV P

ZRT

n

VVm (3)

Según el problema se tiene: Pr = 3, Tr = 1.2, por tanto recurriendo al gráfico generalizado dedonde se lee Z = 0.56

Reemplazando valores en (3):

mol

lVm

5.100

2.151*082.0*56.0 )(0694.0 ltVm

P=100.5 atm ; T=151.2 °K ; )(0694.0 ltVm ________________resp.

PROBLEMA 18. –Para el CH4, determinar los coeficientes B y C de la ecuación de Van DerWaals cuando esta se encuentra expresada como un desarrollo del virial depotencias (1/Vm) , Pc = 45.6 atm, Tc=190.6 °K

SOLUCIÓN.

La ecuación de Van Der Waals : RTbVV

aP m

m

)(

2 (1)

La ecuación del Virial : ..................1 2 mm V

C

V

B

RT

PVm(2)

De alguna manera la ecuación (1) debe tener la forma de la ecuación (2) y de esa forma porcomparación hallar los coeficientes B y C

De (1) despejando P 2mm V

a

bV

RTP

// *

RT

Vm

mm

mm

VRT

a

bV

V

RT

PV 1*

Que se puede escribir como:

m

m

m

VRT

a

V

bRT

PV 1*

1

1

(3)

El término

mV

b1

1se lo expresará como una serie de potencias siempre que 1

mV

b

Según Taylor ...............11

1 2

xxx

en nuestro casomV

bx

Por tanto:...................1

1

12

mm

m

V

b

V

b

V

b (4)

Sustituyendo (4) en (3):mmm

m

VRT

a

V

b

V

b

RT

PV 1*1

2

que ordenando:

......................1

*1 2

2

mm

m

V

b

VRT

ab

RT

PV(5)

Por comparación entre (2) y (5) se halla que:

RT

abB (6) y 2bC (7)

las constantes a y b en función de las condiciones críticas:

Pc

RTca

*64

*)(*27 22

(a) yPc

TcRb

*8

* (b)

Sustituyendo valores:

Reemplazando valores en (a):6.45*64

082.0*6.190*27 22

a 2

2*26.2

mol

latma

Reemplazando valores en (b):6.45*8

6.190*082.0b

mol

lb 0428.0

Sustituyendo valores en (6) y (7) respectivamente:

15.273*082.0

26.20428.0B

mol

lt

mol

ltB 0581.0

22)0428.0(

mol

ltC

2

2310*832.1

mol

ltC ___________________________resp

PROBLEMA 19. –Mediante una bomba de presión se introduce aire a un recinto devolumen 10 litros. El volumen máximo del cilindro de la bomba es de (1/2)litro. Cuando el pistón desciende la válvula (a) se abre y la (b) se cierra . Sila presión inicial es de 1 atm y todas las transformaciones sonisotérmicas,¿cuántas emboladas completas (de ida y vuelta) seránnecesarias para aumentar la presión a 100 atm?. Se supone que el gas secomporta idealmente.

SOLUCION:

CONDICIONES EN ÉL EMBOLO:VP=0.5 lt , P=1 atm , T=TCONDICIONES DE TRABAJO EN EL RECIPIENTE

10 litros

0.5 litros

A

B

10 litros

0.5 litros

10 litros

A

B

10 litros

0.5 litros

A

B

10 litros

0.5 litros

10 litros

A

B

V=10 lt , P=1 atm, T=TInicialmente en el recipiente existirá cierta cantidad de aire

TR

VPn i

i *

*

K

mol

Tni *082.0

10*1

K

mol

Tni

95.121

Cantidad de aire (en moles) que se encontrarán en el recipiente cuando se hayan llegado a las 100 atm

TR

VPn

f

f*

*

K

mol

Tn f *082.0

10*100

K

mol

Tn f

122.12195

por tanto la cantidad de aire que se debe introducir:

if nnn int

K

mol

Tn

95.121122.12195int

K

mol

Tn

2.12073int

Por otra parte la cantidad de aire (en moles) que se introduce al recipiente en cada embolada:

TR

VPn p

emb *

*

K

mol

Tnemb *082.0

5.0*1

K

mol

Tnemb

097.6

por tanto mediante una simple regla de tres:

Si 1 embolada

Kmol

T

097.6

X emboladas

Kmol

T

2.12073

De donde:X = 1981 emboladas __________________________________resp

PROBLEMA 20. –Se desean secar 10 Kg de un sólido húmedo, cuya humedad es del 5%hasta conseguir un sólido del 2% de humedad mediante una corriente deaire que está con el 10% de humedad relativa a 20°C y 1 atm de presióntotal; el aire luego de pasar por el sólido húmedo sale a 20 °C y unahumedad relativa del 70%,a 1 atmósfera de presión total. ¿Cuál será elvolumen de aire (del 10% de humedad) necesarios?

SOLUCION

ANALISIS PARA ÉL SÓLIDOCorriente de entrada (E1):

Debido a la humedad (5% de agua) entonces 10 Kg.

Kgmagua

Kgmosólido

EOH

ss

5.0

5.9sec

)1(2

Corriente de salida (E2):

Humedad 2% 02.0)2(2EOHx pero se sabe que:

ssEOH

EOHEOH mm

mx

)2(

)2()2"(

2

2

2(1)

solido humedohumedad=2%

secadorsolido humedo =10Kghumedad=5% E1 E2

aireT=20°CP=1 atmhumedad relativa=10%

aireT=20°CP=1 atmhumedad relativa=70%

A1

A2

De (1):)2(

)2()2(

2

2

2 1

*

EOH

ssEOHEOH x

mxm

sustituyendo valores Kgm EOH 02.01

5.9*02.0)2(2

Kgm EOH 1939.0)2(2

Por tanto por conservación de la masa: la cantidad de agua que pierde el sólido al pasar por elsecador es absorbida por el aire entonces:

)2()1( 22 EOHEOHabs mmm

Kgmabs )1939.05.0( Kgmabs 3061.0 Expresado en moles molnabs 01.17

ANALISIS PARA EL AIRE:

Corriente de entrada (A1):

Fracción molar del agua100*

*

)1(

)1()1(

2

2

2

T

i

ASAOH

AOHAOH P

Pv

nn

nX

Sustituyendo valores y tomando la segunda igualdad:

100*760

10*54.17

)1(

)1(

2

2 ASAOH

AOH

nn

n 00231.0

)1(

)1(

2

2 ASAOH

AOH

nn

n(1)

de la ecuación (1) despejando )1(2 AOHn ASAOH nn *10*3133.2 3)1(2

(2)

Corriente de salida (A2)

Fracción molar del agua100*

*

)2(

)2()2(

2

2

2

T

f

ASAOH

AOHAOH P

Pv

nn

nX

Sustituyendo valores y tomando la segunda igualdad:

100*760

70*54.17

)2(

)2(

2

2 ASAOH

AOH

nn

n 01615.0

)2(

)2(

2

2 ASAOH

AOH

nn

n(3)

Ahora de (3) despejando )2(2 AOHn )2(2*01642.0 AOHAS nn (4)

Por otra parte de un balance másico se deduce que:#moles de agua salida (A2) = #moles de agua entrada (A1) + # moles absorbidos

absAOHAOH nnn )1()2( 22 molnn AOHAOH 01.17)1()2( 22

(5)

Sustituyendo (5) en (4): molnn AOHAS 01.17*01642.0 )1(2

Despejando: )1(201.17*01642.0 AOHAS nmoln (6)

Sustituyendo (2) en (6): ASAS nmoln *10*3133.201.17*01642.0 3Despejando ASn (# moles de Aire seco) molnAS 81.1205

De la ecuación (2): moln AOH 81.1205*10*3133.2 3)1(2

moln AOH 7895.2)1(2

Por tanto el # de moles totales entrantes de la corriente A1 serán:moln AT )81.12057895.2()1( moln AT 6.1208)1(

Finalmente el volumen necesario:P

TRnV AT **)!(

)(1

293*082.0*6.1208ltV

304.2929040 mltV _____________________________________________resp

PROBLEMA 21.-Determine la temperatura de Boyle en términos de las constantes para laecuación de estado:

2

41***57

81*

T

T

T

T

P

PRTPV cc

cm

Donde: R, Tc , Pc son constantes:

SOLUCION:Según la condición para hallar TB = Temperatura de Boyle se tiene que cumplir: 0)( T

Para la ecuación de estado del problema

2

41***57

8)(

T

T

T

T

P

PT cc

c

se reemplaza T = TB y 0)( T

Por tanto haciendo cumplir la condición: 041***57

82

B

c

B

c

c T

T

T

T

P

P

Despejando se halla que: CB TT *2 _____________________________________resp

PROBLEMA 22.- 1 caldero de forma cilíndrica vertical de 2 metros de altura completamentecerrada contiene agua hasta una altura de 20 cm , con vapor ( saturado) a 1 atm. Si el agua secalienta a 200°C , la presión de vapor saturado se eleva a 16 atm. ¿Cuánto descenderá elnivel del agua? Dato adicional )/(1)(2

ccgLOH

SOLUCION: datos

Como el recipiente es cerrado entonces:# de moles de agua al inicio = # de moles de agua al final

FINALINICIO nn ()

Para el inicio:

)()( ILIVINICIO nnn (*)

h

Pv =1atmT=100°C

T=200°CPv=16 atm.2m

0.2mmm

final

h

inicial

m

PARA EL VAPOR

Se supone que el vapor se comporta como gas ideal entonces:)(

)()()( *

*

I

IVAPIIV TR

VPvn (1)

Donde mAV IVAP )2.02(*)( mAV IVAP )8.1(*)( (2)

Sustituyendo (2) en (1):)(

)()( *

8.1**

I

IIV TR

mAPvn ; reemplazando valores y despejando variables:

KmolK

matm

matm

A

n IV

373*

*

*10*082.0

8.1*13

3

)( 2

)( 85.58m

mol

A

n IV (3)

PARA EL LÍQUIDO

OHILIQIL MVn2

**)()(

Pero mAV ILIQ 2.0*)(

Por tanto: OHIL MmAn2

**2.0*)( sustituyendo valores:

Kg

mol

m

KgmAn IL 18

1000*

1

1000*2.0*

3)( 2)( *11.11111

m

molAn IL (4)

Reemplazando (4) y (3) en (*):

22*11.11111*85.58

m

molA

m

molAnINICIO

2*961.11169

m

molAnINICIO (5)

Ahora para el estado final: )()( FLIQFVFINAL nnn (**)

PARA EL VAPOR:)(

)()()( *

*

F

FVAPFFV TR

VPvn (6)

Pero )2(*)( hmAV FVAP (7)

(7) en (6):)(

)()( *

)2(**

F

FFV TR

hmAPvn

reemplazando valores:

KmolK

matm

hmAatmn FV

473**

*10*082.0

)2(**163

3)(

2)( )2(**52.412m

molhmAn FV (8)

PARA EL LÍQUIDO:

OHFLIQIL MVn2

**)()( (9) pero hAV FLIQ *)( (10)

(10) en (9): OHIL MhAn2

***)( reemplazando valores:

Kg

mol

m

KghAn IL 18

1000*

1

1000**

3)(

3)( **56.55555m

molhAn IL (11)

reemplazando (11) y (8) en (**):

3**56.55555)2(*52.412

m

molAhhmnFINAL (12)

sustituyendo (12) y (5) en ():

32

***56.55555)2(*52.412*961.11169m

molAhhm

m

molA

de donde despejando: mh 1876.0

Según la figura: hhm 2 hmh 2.0Sustituyendo valores: mmh 187.02.0

cmmh 24.10124.0 ______________________________resp

PROBLEMA 23.- Un tubo en forma de J se llena con aire a 760 torr y 22 °C . El brazo largoestá cerrado en la parte superior y tiene 100.0 cm de longitud; el brazocorto tiene 40.00 cm de altura . Se vacía mercurio a través de un embudoal brazo abierto . Cuando el mercurio se derrama en la parte superior delbrazo corto .

¿Cuál el la presión del aire atrapado?. Sea “h” la longitud del mercurio en el brazo largo.

SOLUCION

DATOS:CT

mmHgpi

22

760

Se asumirá que el mercurio se vacia lentamente de talforma que la cantidad de aire atrapado solo será la que seencentra en el brazo largo.Se supondrá también un proceso isotérmico.Bajo esa condiciones:

Aplicando Boyle: ffii VPVP ** (1)

Ahora de la figura:

AmmVi *1000 y

AhmmV f *)1000( donde A: área de la sección transversal del tuboSustituyendo Vi y Vf en (1): AhmmPAmmP fi *)1000(*)*1000(*

Reduciendo y ordenando:)1000(

1000**

hmm

mmPP i

f (2)

por otra parte por Pascal: PA = PB (3)

0PzPA (*) (donde P0= Presión atmosférica = 760mmhg) y fB PP (**)

además que: z + h = 400mm z = 400 mm – h (***)sustituyendo (***) en (*): 0h-mm400 PPA (****)

reemplazando (****) y (**) en (3): 0400 PhmmPf (4)

(2)=(4) mmhhmm

mmPi 760400)1000(

1000**

ordenando: 010*4002160 32 hh

resolviendo la ecuación cuadrática:mmh

mmh

55.204

44.1955

2

1

se toma en cuenta a mmHghh 55.2042 por tanto recurriendo a la ecuación (4) : mmHgmmHgmmHgPf 76055.204400

mmHgPf 45.955 ___________________________________resp

100cm

40 cm

z

hA B

PROBLEMA 24.-Expanda la ecuación de Dieterici en potencias de Vm-1 para transformarlaa la forma de Virial.

SOLUCION: Sea la ecuación de estado de Dieterici: TRbVeP mTRVm

a

** **

(1)

Y la ecuación del virial:

.................2

mmm V

B

V

ARTPV (2)

Por tanto de alguna forma se debe llegar de (1) a (2):

Entonces: TRbVeP mTRVm

a

** **

//*

)( bV

V

m

m

bV

VTReVP

m

mTRVm

a

m

**** ** Ordenando

m

TRVm

a

m

Vb

eRTVP

1*

**

(*)

Ahora

m

TRVm

a

m

Vb

eVf

1

**

(3) se expresará en forma de una serie de potencias.

Antes CV: 1/ Vm = x en (3): bx

exf

xTR

a

1)(

*

(4)

Ahora según Taylor: ........!2

)(*)()(*)()()()(

2

axafaxafafxPnxf

En nuestro caso 0a por tanto: ........!2

)(*)0(*)0()0()()(

2

x

fxffxPnxf

(5)Entonces:

bx

exf

xTR

a

1)(

*

1)0( xf (6)

2

**

1

*

1)(

bx

eb

bx

eRTa

xf

xTR

axTR

a

RT

abxf )0( (7)

3

*2

2

**2

1

*2

1

*2

1

*)(

bx

eb

bx

eRTab

bx

eRTa

xf

xTR

axTR

ax

TR

a

22

22

)0( bRT

ab

RT

axf

(8)

(6), (7), (8) en (5): 2*2

21

1)(

22

2* xb

RT

ab

RT

ax

RT

ab

bx

exf

xTR

a

Regresando a la variable inicial: x = 1/Vm

2

22** 1

*2

1*1

/1)

1(

mmm

TRVm

a

m Vb

RT

ab

RT

a

VRT

ab

Vb

e

Vf (9)

(9) en (*) :

2

22

1*

2

1*1*

mmm V

bRT

ab

RT

a

VRT

abRTVP

Ordenando:

2

22 1

*2

1**

mmm V

RTbabRT

a

VaRTbRTVP (10)

Ahora por comparación entre (10) y (2) se determinan:

aRTbA

22

2RTbab

RT

aB _________________________________________resp.

PROBLEMA 25. - Se quiere distribuir 283000 dm3 de un gas natural de composición 20%de metano y el resto etano y este gas se encuentra almacenado (en laplanta ) a 100 atm y 100°F. El se distribuirá en botellones que puedencontener 130 lb a la presión máxima leída en el manómetro de 2500 PSI.

Determinar el número de cilindros necesarios usando:a) la ecuación de estado mas aconsejableb) el método de las propiedades seudo críticas

SOLUCION:

a) se utilizará la ecuación de Van DerWalls

nRTnbVV

anP

)(

2

2

Donde n = # de moles totalesComo en este caso se trata de una mezcla degases entonces la ecuación de Van der. Walls.

nRTbnVV

naP

)(

2

2

(*)

Donde ba, constantes promedio

EN EL TANQUE GRANDE:Composición másica: 20% Metano (M) y 80% Etano €Hallando las composiciones (fracciones) molares: suponiendo 100g de gas:

Gas Pc (Atm) Tc (°K)

Metano 45.8 190.7

Etano 48.8 350.3

V = 2 8 3 0 0 0 l i t r o sP = 1 0 0 a t m

T = 3 7 8 . 7 8 ° K

c i l i n d r o 1m = 1 3 0 l b

c i l i n d r o 2m = 1 3 0 l b

c i l i n d r o 3m = 1 3 0 l b

c i l i n d r o nm = 1 3 0 l b

moln

molEgE

molE

gGAS

gEgGASn

molMgM

molM

gGAS

gMgGASn

T

E

M

917.3

667.230

1*

100

80*100

25.116

1*

100

20*100

las fracciones molares:

3191.0917.3

25.1

mol

molxM ; 6809.0

917.3

667.2

mol

molxM

ahora para hallar las constantes a y b:

las fórmulas:Pc

RTca

22 **

64

27 (1) y

Pc

TcRb

*8

* (2)

para el METANO : Pc = 45.8 atm , Tc =190.7 °K ; sustituyendo valores en (1) y (2)

2

22 *

8.45

)082.0*7.190(*

64

27

mol

latmaM

2

2*25.2

mol

latmaM

mol

lbM 8.45*8

7.190*082.0

mol

lbM 0427.0

para el ETANO : Pc =48.8 atm ; Tc =350.3 °K ; sustituyendo valores en (1) Y (2):

2

22 *

8.48

)082.0*3.350(*

64

27

mol

latmaE

2

2*133.7

mol

latmaE

mol

lbM 8.48*8

3.350*082.0

mol

lbM 0736.0

Como paso siguiente se calculan las constantes promedios:

Para : EEMM axaxa ** reemplazando valores:

133.7*6809.025.2*3191.0 a 2

2*277.5

mol

latma

Para: EMM bxbxb ** reemplazando valores:

0736.0*6809.00427.0*3191.0 b mol

lb 0637.0

Sustituyendo valores en (*) :

78.310*082.0*)*0637.0283000(283000

*277.5100

2

2

nnn

Luego de desarrollar: 010*3.28*854.31*10*865.1*10*197.4 625312 nnnResolviendo la ecuación: moln 610*47942.2Donde n = # de moles que existen en el recipiente grande:

EN LOS CILINDROS:

Cantidad que se puede almacenar en cada cilindro: lbmCIL 130Llevando a moles:Composición del gas 20% metano y 80% etano

moln

molEgE

molE

gGAS

gE

lbGAS

gGASlbGASn

molMgM

molM

gGAS

gM

lbGAS

gGASlbGASn

CIL

E

M

58.2309

48.157230

1*

100

80*

1

6.453*130

1.73716

1*

100

20*

1

6.453*130

FINALMENTE:

mol

molCILINDROS

58.2309

10*47942.2#

6

1074# cilindros ___________________resp a)

a) mediante el método de las propiedades Seudo críticasPARA EL TANQUE GRANDE:Se utilizará la ecuación de estado: ZnRTPV (**)

Donde ),( PcTcZZ

Tc Temperatura seudo crítica

Pc Presión seudo crítica se hallan de la siguiente forma:

EEMM PcxPcxPc **

8.48*6809.08.45*3191.0 Pc atmPc 843.47

EEMM TcxTcxTc **

3.350*6809.07.190*3191.0 Tc KTc 372.299

Por tanto con:

KTc

atmPc

372.299

843.47recurriendo al gráfico generalizado se lee : 35.0Z

Por tanto de la ecuación (**) despejando “n” y reemplazando valores:

TRZ

VPn

**

* moln

78.310*082.0*35.0

283000*100 moln 610*173.3

PARA UN CILINDRO:Del anterior inciso se determinó que un cilindro puede contener: molnCIL 6.2309Por tanto:

13746.2309

10*173.3#

6

mol

molcilindros cilindros___________________________resp b)

PROBLEMA 26.-En un cilindro cerrado por ambos extremos se encuentra un émboloporoso de fácil movilidad (sin fricción) y masa despreciable, en cadalado de la cual hay 2 mol de oxígeno mas dos moles de Hidrógeno y 3moles de oxigeno (vea figura), inicialmente el compartimiento de laizquierda está a 1.5atm de presión y 300ºK de temperatura.

El émbolo poroso de fácilmovilidad es permeable solo alhidrógeno (el hidrógeno puede pasarpor el émbolo hasta que se establece elequilibrio) y no así el oxígeno. Calculeel cambio de presión manométrica(manómetro A) cuando el sistemaalcanza el equilibrio) a temperatura constante (La Paz).

émbolo permeable solo alhidrógeno

V1

2 mol O2

2 mol N2

P1=1.5 atm

V2

3 mol O2

P2=1 atmh1

SOLUCION.-Primero se hallará la presión manométrica cuando el cilindro se encuentra en suscondiciones iniciales.Balance de presiones en el manómetro:

Según pascal: BA PP Pero 1hPP atmGAS

atmGAS PPh 1 (1)

Reemplazando valores en (1):mmHgmmHgh 4957601

mmHgh 2651

Ahora se deja que el sistema llegue al equilibrio, bajo esas circunstancias:

Con los datos de la figura: Cálculo de V1i y de V2i

i

ii P

TRnV

1

11

**

i

ii P

TRnV

2

22

**

)(5.1

300*082.0*41 ltV i )(

1

300*082.0*32 ltV i

)(6.651 ltV i )(8.732 ltV i

por tanto:

EN EL EQUILIBRIO:Para el Nitrógeno:Como la membrana es permeable solo al hidrógeno, entonces el hidrógeno se expande

isotérmica mente desde V1i = 65.6 lt hasta VT = (65.6+73.8) lt = 139.4ltPor tanto: TfNiiN VPVP **

22 1 (1)

Pero: atmV

TRnP

i

NiN 6.65

300*082.0*2**

1

12

2 atmP iN 75.0

2

Reemplazando valores en (1): ltPltatm fH 4.139*6.65*75.02

Entonces: mmHgatmP fN 235.26835294.02

Para el oxígeno:Tanto al principio como en el equilibrio ambos compartimientos forman el volumen delrecipiente Tff VVV 21 ff VVlt 214.139 (2)

Por otra parte para el oxígeno del recipiente 1: ffii VPoVPo 1111 ** (3)

Para el oxígeno del recipiente 2: ffii VPoVPo 2222 ** (4)

Además que en el equilibrio (como el pistón es móvil y sin fricción) se debe cumplir

h1

P atm=495mmHg

Pgas

A B

PA PB

V1f

2 mol O2

1 mol N2

P1f

V2f

3 mol O2

1 molN2

P2f=h2

V1i=65.6lt2 mol O22 mol N2

P1i=1.5 atm

V2i=73.8 lt3 mol O2

P2i=1 atmh1

PPoPo ff 21 (5)

Reemplazando (5) en (3) y (4):

fii VPVPo 111 ** (6) fii VPVPo 222 ** (7)

Ahora (6) y (7) en (2):P

VPo

P

VPolt iiii 2211 **

4.139

Sustituyendo valores:P

ltatm

P

ltatmlt

8.73*16.65*75.04.139

De donde mmHgatmP 43.675889.0 Además según (5) : mmHgPoP f 43.6752

Por tanto la nueva presión manométrica: Balance de presiones BA PP

atmPhPgas 2

atmfNf PPPoh 222

mmHgh )495235.26843.675(2 mmHgh 665.4482

por tanto mmHghhh )265665.448(12

mmHgh 665.183 ______________________________________resp

h2

P atm=495mmHg

A B

PA PB

22 ffHGAS PoPP

PARTE I-B

TEORIA CINETICA DE LOS GASESPROBLEMA 27. -Un gas “A” tarda 2.3 veces mas en experimentar efusión a traves de un

orificio,que la misma cantidad de nitrógeno.¿Cuál es la masa molar del gasA?

SOLUCIÓN:

Según Graham2

__

_ 2

N

A

M

M

AgasVelocidad

NVelocidad

Por condición del problema:2

3.2__

_ 2

N

A

M

M

AgasVelocidad

NVelocidad

Tomando la segunda igualdad ademas, molgM N 28

2 , sustituyendo valores:

)/(283.2

molg

M A despejando

mol

gM A 12.148 _________________________________resp

PROBLEMA 28. -Exactamente 1 dm3 de N2 a presión de 1 atm, tarda 5.80 minutos enexperimentar efusión a través de un orificio.

¿Cuánto tardará el He para experimentar efusión en las mismas condiciones?

SOLUCION:DATOSEl N2: V=1 lt; P=1 atm El He: V=1 lt; P= 1 atm

Tiempo=5.8 min=348seg; tiempo =?

Para el nitrógeno:

La presión de un gas en función de la velocidad media al cuadrado:V

umP

3

* 2

(1)

Donde: P= presión del gas (Pa)V= volumen que ocupa el gas (m3)u Velocidad media del gas (m/s)

m = masa del gas (Kg)

Despejando de (1): m

VPu

3 (2)

Según datos del problema:3001.01 mltV ; )(10*01325.11 5 PaatmP

Se trabajará con un mol de gas N2 g

Kg

mol

gmolm

1000

1*

1

28*1 m=0.028Kg

Sustituyendo valores en (2):

s

mu

028.0

001.0*10*01325.1*3 5

s

mu 19.104

, perot

du tud *

Sustituyendo valores: md )348*19.104( md 12.36258Ahora según Graham (ya que ambos gases se encuentran a la misma presión):

He

N

M

M

Nu

Heu

NVelocidad

HeVelocidad2

)(

)(

_

_

22

Queda: )(*)( 22 Nu

M

MHeu

He

N sustituyendo valores

s

mHeu 19.104*

003.4

28)(

s

mHeu 0.36260)(

La distancia que debe recorrer el átomo de He debe ser el mismo que recorrió la molécula de

N2 por tanto:t

dHeu )( donde:

d = distancia recorrida por el átomo de He = distancia recorrida por la molécula de N2

t = Tiempo empleado por el átomo de He en recorrer “d”

despejando y sustituyendo valores)(Heu

dt )(

66.275

36260segt

mint 19.2 _______________________________resp

PROBLEMA 29. -¿Cuál es la energía cinética total de 0.5 mol de un gas monoatómico idealconfinado a 8 dm3 a 200 Kpa. ?

SOLUCION:Datos n = 0.5 mol; V = 8 dm3 =0.008 m3; P = 200 Kpa =200000 Pa

La energía cinética de un gas en función de la presión y el volumen: PVEK 2

3

Sustituyendo valores: JEK 200000*008.02

3

)(2400 JEK _______________________________________resp

PROBLEMA 30. -Se mantiene N2 a 152 kPa en un recipiente de 2lt a 298.15 °K. Si su masamolar es 28.0134 g*mol-1 calcule:

a) La cantidad de N2 presenteb) El número de moléculas presentesc) La media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculasd) La energía cinética traslacional promedio de cada moléculae) La energía cinética traslacional total del sistemaSOLUCION:Datos P =152 kPa=152000 Pa; V=2lt=0.002 m3; T=298.15 °K; M=28.0134 g*mol-1

a) Suponiendo gas ideal: nRTPV (1) peroM

mn (2)

Sustituyendo (2) en (1) y luego de despejar:RT

MPVm sustituyendo valores

)(15.298*314.8

002.0*152000*0134.28gm )(434.3 gm ___________________resp a)

b) N = n*L donde:

N = # de moléculas; n = # de moles del gas; L = ctte de Abogadro = 6.023*1023

mol

moleculas

Del anterior inciso se calcula el número de moles: molmoln 1226.0)(0134.28

434.3

Por tanto el número de moléculas: N=0.1226*6.023*1023 (moléculas)

N=7.39*1023 moléculas ___________________________ resp b)

c) La Velocidad media al cuadrado:M

RTu

32

Por tantoM

RTu

32 donde:

R = ctte universal de los gases (J/°K*mol)T = temperatura del gas (°K)M = masa molar del gas en cuestión (Kg/mol)

Sustituyendo valores:3

2

10*0134.28

15.298*314.8*3u

s

m

23.5152 u (m/s)_________________________________resp c)

d) La energía cinética promedio de una molécula: TKBK2

3

donde KB = constante de Boltzmam=R/L=1.380622*10-23 (J/°K)

Sustituyendo valores: )(15.298*10*380622.1*2

3 23 JK

)(10*174.6 21 JK _______________________________resp d)

e ) EK =N* KDonde EK = Energía cinética total del sistema

Sustituyendo valores: 2123 10*174.3*10*39.7 kE (J)

586.2345KE (J) ______________________________________________resp e)

PROBLEMA 31.-En el espacio interestelar se estima que existe hidrógeno atómico a laconcentración de una partícula por m3 . Si el diámetro de colisión es2.5*10-10m, calcule la trayectoria libre media . La temperatura delespacio interestelar es 2.7 °K.

SOLUCION: Datos:31

1

m

molecC ; mdc

1010*5.2 ; KT 7.2

La fórmula para calcular “” :

Nd

V

c ***2 2

Cdc ***2

12

(*)

Sustituyendo valores en (*): )(1*)10*5.2(**2

1210

m

)(10*6013.3 18 m __________________________________resp

PROBLEMA 32.-El diámetro de colisión del N2 es 3.74*10-10m a 298.15 °K y 101.325kPa. Su velocidad promedio es 474.6 m*s-1 . Calcule la trayectoria libremedia el número promedio de colisiones ZA que experimenta una moléculaen la unidad de tiempo, y el número promedio de colisiones ZAA porvolumen unitario por unidad de tiempo para el N2.

SOLUCIÓN:

Datos: md C1010*74.3 ; T = 298.15°K; P=101.325 kPa; )/(6.474 smu

Para calcular la trayectoria media libre se tiene:Ac Nd

V

***2 2 (1)

Donde V = volumen que ocupa el gas ANA = # de moléculas del gas A en nuestro caso N2

Por otra parte según gas ideal: nRTPV (2) peroL

Nn A

A (3)

(3) en (2): RTL

NPV A

LP

TR

N

V

A *

* (4)

Sustituyendo (4) en (1):LPd

TR

c ****2

*2

sustituyendo valores:

)()10*74.3(*101325*10*023.6**2

15.298*314.821023

m

m810*536.6 ___________________________________resp

El número de colisiones:V

NudZ Ac

A

****2 2

Ordenando:TR

LPudZ c

A *

*****2 2

u

Z A

Sustituyendo valores en la última expresión: )(10*536.6

6.474 18

sZ A

)(10*262.7 19 sZ A ________________________________resp

y finalmenteV

NZZ A

AAA 2*

TR

LPZZ AAA **2

**

Sustituyendo valores:

3

239

*

1

15.298*314.8

10*023.6*101325*10*631.3

msZ AA

334

*

110*9386.8

msZ AA ________________________resp

Fin de la parte I